[Archive!] Pure mathematics, physics, chemistry, etc.: brain-training problems not related to trade in any way - page 215

New comment
 
alsu >>:

И еще

Пять трейдеров, торгующих в одном ДЦ, имеют на своих торговых счетах 143, 233, 313, 410 и 413 тысяч баксов. Каждый из них может перевести деньги другому по внутренней системе переводов ДЦ, однако последний за каждый перевод снимет со счета отправляющего дополнительно 10% от пересылаемой суммы денег. Трейдеры договорились, что хотят переслать деньги так, чтобы у каждого оказалось одно и то же количество, а ДЦ получил как можно меньше. Сколько будет денег у каждого при самом экономном способе пересылки и каким окажется заработок ДЦ?

)))

the average sum is 302.4, hence we find out that the last 3 will be sacrificed.

(143+233+x+y+z)/2 = (313+410+413-1.1*x-1.1*y-1.1*z)/3 This after all the operations should turn out, x-transfers from the 3rd, y-transfers from the 4th, z-transfers from the 5th.

simplify, simplify.

x+y+z = 220.

substituting, we get that everyone should have 298 thousand each.

the third one will transfer 15k

fourth 112

fifth 115

In total, they will transfer 242 000, (220 000 will be transferred and 22 000 will go to RC). Not a bad addition to one's pension.

It's true that in the appendix it says who transferred how much and how much was taken from whom - everything is not rounded, but it is accurate to within a certain point.

 

Okay, cheers!

Now for the lucky ticket. It turns out it's not difficult either, you just have to guess.

 
alsu >>:

ок, зачооооот!

теперь про щасливые билетики. Она оказывается тоже несложная, просто надо догадаться.

Well, if it's uncomplicated, then prove that the same sum is also divisible by 11, and let it be divisible by 7 as well.

;)

 
MetaDriver >>:

Ну раз несложная, тогда докажите заодно, что та же сумма делится ещё и на 11, да и на 7 пущай до кучи тоже делится.

;)

kaneshna delyte:

abcdef+defacb=(abc+def)*1000+(def+abc)=1001*(abc+def)=13*11*7(abc+def) for all pairs of numbers of the specified kind, where abc!=def.

If abc=def, then abcabc=1001*abc=13*11*7*abc.

 
alsu >>:

канэшна дэлится:

abcdef+defacb=(abc+def)*1000+(def+abc)=1001*(abc+def)=13*11*7(abc+def) для всех пар чисел указанного вида, где abc!=def.

Если же abc=def, то abcabc=1001*abc=13*11*7*abc.

That's a cheeky set-up!!!

;)

 

Prove that among any 39 consecutive positive integers there is at least one whose sum of digits is divisible by 11.

Erm... 8th grade...

P.S. There seems to be nothing wrong with it. Suffice it to note that when passing to a new tens (say, from 359 to 360), the remainder of division by 11 drops by 8, if the second digit was not 9. Then, in the new tens, the remainder starts rising again monotonically - until the new transition.

But somewhere in the middle of our sequence of 39 numbers there can be a transition to both a new hundred and a new thousand, which makes this "residual failure" unpredictable.

All we have to do is to find exactly 20 numbers in this sequence of one hundred numbers, all in a row, such that the first of them ends in zero. We can always do that.

Then their residuals by mod 11 will, in the worst case, form the sequence: 1,2,3...10 (first ten has ended) -> (residual failure) 2,3...10 and finally, the last number with the last digit 9 already has a residual of 0.

OK, next (also 8th):


 
Mathemat >>:

Доказать, что среди любых 39 последовательных натуральных найдется хотя бы одно, сумма цифр которого делится на 11.

Эээ... 8-й класс...

P.S. Похоже, ничего страшного в ней нет. Достаточно заметить, что при переходе на новый десяток (скажем, с 359 на 360) остаток от деления на 11 скачком падает на 8, если во втором разряде была не 9. Затем, в новом десятке, остаток снова начинает монотонно расти - до нового перехода.

Но где-нибудь в центре нашей последовательности из 39 чисел может быть переход и на новую сотню, и на новую тысячу, что делает этот "сбой остатка" непредсказуемым.

Нам достаточно найти в этой последовательности ровно 20 чисел из одной сотни, идущих подряд, причем так, что первое из них оканчивается нулем. Это мы сможем сделать всегда.

Тогда их остатки по mod 11 в худшем случае образуют последовательность: 1,2,3...10 (первый десяток кончился) -> (сбой остатка) 2,3...10 и, наконец, последнее число с последней цифрой 9 уже имеет остаток 0.

ОК, следующая (тоже 8-й):


Man, that's a puzzle from my childhood :) I used up 10 notebooks drawing that broken line when I was in school :)

 
Mathemat >>:


ОК, следующая (тоже 8-й):


In order to fulfill the condition of the problem we need to connect the ends of the red segments with lines, straight or broken - it doesn't matter, the main thing is that the connecting lines should not cross the black segments, as they have all been crossed once. Consider figure 1. We can connect 4 of 5 red segments inside it, so one of them has no continuation inside the piece. It means that the polyline we are looking for has one of its ends inside of 1. However, the same can be said for shapes 2 and 3, which would mean that the polyline has 3 ends, which is impossible.


 

(x^2 - x)=a;

What is x, when a is known?

 

What are you doing, C-4? Or is that a trick, too, like Richie's task?

2 alsu: great as always. OK, next one:

Prove that for any infinite sequences of natural numbers {a_i }, {b_i }, {c_i } there exist such p and q that

a_p >=a_q,

b_p >=b_q,

c_p >=c_q.

1...208209210211212213214215216217218219220221222...628
New comment